课时跟踪检测(二十四)正弦定理和余弦定理的应用课案.docVIP

课时跟踪检测（二十四） 正弦定理和余弦定理的应用 一、专练高考真题 1.(2014·四川高考)如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于(　　) A．240(－1)m B．180(－1)m C．120(－1)m D．30(＋1)m 解析：选C　tan 15°＝tan (60°－45°)＝＝2－，BC＝60tan 60°－60tan 15°＝120(－1)(m)，故选C. 2．(2014·浙江高考)如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)．若AB＝15 m，AC＝25 m，BCM＝30°，则tan θ的最大值是(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选D　由题意，在RtABC中，sinACB＝＝＝，则cosACB＝. 作PHBC，垂足为H，连接AH，如图所示． 设PH＝x，则CH＝x， 在ACH中，由余弦定理得 AH＝ ＝， tanPAH＝＝ ， 故当＝时，tan θ取得最大值，最大值为. 3.(2014·全国卷)如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角MAN＝60°，C点的仰角CAB＝45°以及MAC＝75°；从C点测得MCA＝60°，已知山高BC＝100 m，则山高MN＝________m. 解析：在ABC中，AC＝100 m，在MAC中，由正弦定理得＝，解得MA＝100 m，在MNA中，MN＝MA·sin 60°＝150 m．即山高MN为150 m. 答案：150 4．(2015·湖北高考)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600 m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________m. 解析：由题意，在ABC中，BAC＝30°， ABC＝180°－75°＝105°，故ACB＝45°. 又AB＝600 m，故由正弦定理得＝，解得BC＝300 m. 在RtBCD中，CD＝BC·tan 30°＝300×＝100 (m)． 答案：100 5．(2013·江苏高考)如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1 min后，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运行的速度为130 m/min，山路AC长为1 260 m，经测量，cos A＝，cos C＝. (1)求索道AB的长； (2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？ (3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？ 解：(1)在ABC中，因为cos A＝，cos C＝， 所以sin A＝，sin C＝. 从而sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C) ＝sin Acos C＋cos Asin C ＝×＋×＝. 由正弦定理＝， 得AB＝×sin C＝×＝1 040(m)． 所以索道AB的长为1 040 m. (2)假设乙出发t min后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离A处130t m， 所以由余弦定理得 d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×＝200(37t2－70t＋50)， 因为0≤t≤，即0≤t≤8，故当t＝(min)时，甲、乙两游客距离最短． (3)由正弦定理＝， 得BC＝×sin A＝×＝500(m)． 乙从B出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m才能到达C. 设乙步行的速度为v m/min， 由题意得－3≤－≤3，解得≤v≤， 所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在，(单位：m/min)范围内． 二、专练经典模拟 1．(2016·宜宾模拟)一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是(